Зошто серијата 1 n се разминува? Збир на серијата. Некои парцијални збирни вредности
Постојат неколку начини да се провери конвергенцијата на серијата. Прво, можете едноставно да го најдете збирот на серијата. Ако како резултат добиеме конечен број, тогаш ова серијата конвергира. На пример, затоа што
тогаш серијата се спојува. Ако не можевме да го најдеме збирот на серијата, тогаш треба да користиме други методи за да ја провериме конвергенцијата на серијата.
Еден таков метод е знакот на д'Алембер
тука и соодветно се n-тиот и (n+1)-тиот член од серијата, а конвергенцијата се одредува со вредноста на D: Ако D< 1 - ряд сходится, если D >
Како пример, ја проучуваме конвергенцијата на серијата користејќи го тестот на d'Alembert. Прво, да ги запишеме изразите за и . Сега да ја најдеме соодветната граница:
Бидејќи, во согласност со тестот на d'Alembert, серијата се спојува.
Друг метод за проверка на конвергенцијата на серијата е радикален знак на Коши, што е напишано на следниов начин:
тука е n-тиот член од серијата, а конвергенцијата, како во случајот со тестот на d’Alembert, се одредува со вредноста на D: ако D< 1 - ряд сходится, если D >1 - се разминува. Кога D = 1, овој знак не дава одговор и треба да се спроведат дополнителни истражувања.
Како пример, ја проучуваме конвергенцијата на серија користејќи го радикалниот Коши тест. Прво, да го запишеме изразот за . Сега да ја најдеме соодветната граница:
Од title="15625/64>1">, во согласност со радикалниот тест на Коши, серијата се разминува.
Вреди да се напомене дека, заедно со наведените, постојат и други знаци на конвергенција на сериите, како што се интегралниот тест на Коши, тестот Рабе итн.
Нашиот онлајн калкулатор, изградена врз основа на системот Wolfram Alpha, ви овозможува да ја тестирате конвергенцијата на серијата. Освен тоа, ако калкулаторот произведува одреден број како збир на серија, тогаш серијата конвергира. Во спротивно, треба да обрнете внимание на ставката „Тест за конвергенција на серијата“. Ако е присутна фразата „серијата конвергира“, тогаш серијата се спојува. Ако е присутна фразата „серијата се разминува“, тогаш серијата се разминува.
Подолу е превод на сите можни значења на ставката „Тест за конвергенција на сериите“:
| Текстот е вклучен Англиски јазик | Текст на руски |
|---|---|
| Со тестот за хармонична серија, серијата се разминува. | Кога се споредуваат сериите што се проучуваат со хармоничните серии, оригиналната серија се разликува. |
| Тестот за сооднос е инклузивен. | Тестот на Д'Алембер не може да даде одговор за конвергенцијата на серијата. |
| Тестот за корен е инклузивен. | Радикалниот тест на Коши не може да даде одговор за конвергенцијата на серијата. |
| Со споредбениот тест, серијата конвергира. | За споредба, серијата се спојува |
| Со тестот за сооднос, серијата конвергира. | Според тестот на d'Alembert, серијата се спојува |
| Со граничниот тест, серијата се разминува. | Врз основа на фактот дека title=" Границата на n-тиот член од серијата за n->oo не е еднаква на нулаили не постои">, или наведената граница не постои, се заклучува дека серијата дивергира. |
Хармонична серија- збир составен од бесконечен број членови, реципроците на последователни броеви природен опсег :
∑ k = 1 ∞ 1 k = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + ⋯ + 1 k + ⋯ (\displaystyle \sum _(k=1)^(\mathcal (\infty))(\frac (1 )(k))=1+(\frac (1)(2))+(\frac (1)(3))+(\frac (1)(4))+\cdots +(\frac (1) (к))+\cточки ).Енциклопедиски YouTube
1 / 5
✪ Серија на броеви. Основни концепти - bezbotvy
✪ Доказ за дивергенција на хармониската серија
✪ Серија на броеви-9. Конвергенција и дивергенција на серијата Дирихле
✪ Консултации бр. 1. Подлога. анализа. Фуриеовите серии во тригонометрискиот систем. Наједноставните својства
✪ РАНГОВИ. Преглед
Преводи
Збир на првите n членови од серијата
Одделни членови на серијата имаат тенденција на нула, но нивниот збир се разликува. n-ти делумна сума s n од хармонична серија се нарекува n-ти хармоничен број:
s n = ∑ k = 1 n 1 k = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + ⋯ + 1 n (\стил на приказ s_(n)=\збир _(k=1)^(n)(\frac (1 )(k))=1+(\frac (1)(2))+(\frac (1)(3))+(\frac (1)(4))+\cdots +(\frac (1) (n)))Некои парцијални збирни вредности
| s 1 = 1 s 2 = 3 2 = 1 , 5 s 3 = 11 6 ≈ 1,833 s 4 = 25 12 ≈ 2,083 s 5 = 137 60 ≈ 2,283 (\displaystyle (&x=1) \\\\s_(2)&=&(\frac (3)(2))&=&1(,)5 \\\\s_(3)&=&(\frac (11)(6))& \приближно &1(,)833\\\\s_(4)&=&(\frac (25)(12))&\приближно &2(,)083\\\\s_(5)&=&(\frac (137)(60))&\приближно &2(,)283\крај (матрица))) | s 6 = 49 20 = 2,45 s 7 = 363,140 ≈ 2,593 s 8 = 761,280 ≈ 2,718 s 10 3 ≈ 7,484 s 10 6 ≈ 14 в (49 )(20))&=&2(,)45\\\\s_(7)&=&(\frac (363)(140))&\приближно &2(,)593\\\\s_ (8)& =&(\frac (761)(280))&\приближно &2(,)718\\\\s_(10^(3))&\приближно &7(,)484\\\\s_( 10^(6 ))&\приближно &14(,)393\крај (матрица))) |
Ојлерова формула
Кога вредноста ε n → 0 (\displaystyle \varepsilon _(n)\десно стрелка 0), затоа, за големи n (\displaystyle n):
s n ≈ ln (n) + γ (\приказ стил s_(n)\приближно \ln(n)+\гама )- Ојлерова формула за збир на првиот n (\displaystyle n)членови на хармоничната серија.| n (\displaystyle n) | s n = ∑ k = 1 n 1 k (\displaystyle s_(n)=\sum _(k=1)^(n)(\frac (1)(k))) | ln (n) + γ (\displaystyle \ln(n)+\gamma ) | ε n (\displaystyle \varepsilon _(n)), (%) |
| 10 | 2,93 | 2,88 | 1,7 |
| 25 | 3,82 | 3,80 | 0,5 |
Попрецизна асимптотична формула за делумниот збир на хармоничната серија:
s n ≍ ln (n) + γ + 1 2 n − 1 12 n 2 + 1 120 n 4 − 1 252 n 6 ⋯ = ln (n) + γ + 1 2 n − ∑ k = 1 2 k n 2 k (\displaystyle s_(n)\asymp \ln(n)+\gamma +(\frac (1)(2n))-(\frac (1)(12n^(2)))+(\ фрак (1)(120n^(4)))-(\фрак (1)(252n^(6)))\точки =\ln(n)+\гама +(\фрак (1)(2n))- \збир _(k=1)^(\infty )(\frac (B_(2k))(2k\,n^(2k)))), Каде B 2 k (\displaystyle B_(2k)) - Броеви на Бернули.Оваа серијасе разминува, но грешката во нејзините пресметки никогаш не надминува половина од првиот отфрлен член.
Бројно-теоретски својства на парцијалните суми
∀ n > 1 s n ∉ N (\displaystyle \forall n>1\;\;\;\;s_(n)\не \mathbb (N) )
Дивергенција на сериите
S n → ∞ (\displaystyle s_(n)\десна стрелка \infty)на n → ∞ (\displaystyle n\десно стрелка \infty)
Хармоничната серија се разминувамногу бавно (за парцијалната сума да надмине 100, потребни се околу 10 43 елементи од серијата).
Дивергенцијата на хармониските серии може да се покаже со споредување со телескопски ред :
v n = ln (n + 1) − ln n = ln (1 + 1 n) ∼ + ∞ 1 n (\displaystyle v_(n)=\ln(n+1)-\ln n=\ln \ лево(1+(\frac (1)(n))\десно)(\ underset (+\infty )(\sim ))(\frac (1)(n))),чиј делумен збир очигледно е еднаков на:
∑ i = 1 n − 1 v i = ln n ∼ s n (\displaystyle \sum _(i=1)^(n-1)v_(i)=\ln n\sim s_(n)).Доказот на Орешме
Доказот за дивергенција може да се конструира со групирање на термините на следниов начин:
∑ k = 1 ∞ 1 k = 1 + [ 1 2 ] + [ 1 3 + 1 4 ] + [ 1 5 + 1 6 + 1 7 + 1 8 ] + [ 1 9 + ⋯ ] + ⋯ > 1 + [ 1 2 ] + [ 1 4 + 1 4 ] + [ 1 8 + 1 8 + 1 8 + 1 8 ] + [ 1 16 + ⋯ ] + ⋯ = 1 + 1 2 + 1 2 + 1 2 + 1 2 + ⋯ . (\displaystyle (\begin(порамнет)\sum _(k=1)^(\infty )(\frac (1)(k))&()=1+\left[(\frac (1)(2) )\десно]+\лево[(\frac (1)(3))+(\frac (1)(4))\десно]+\лево[(\frac (1)(5))+(\frac (1)(6))+(\frac (1)(7))+(\frac (1)(8))\десно]+\лево[(\frac (1)(9))+\cточки \ десно]+\cточки \\&()>1+\лево[(\frac (1)(2))\десно]+\лево[(\frac (1)(4))+(\frac (1) (4))\десно]+\лево[(\frac (1)(8))+(\frac (1)(8))+(\frac (1)(8))+(\frac (1) (8))\десно]+\лево[(\frac (1)(16))+\cdots \десно]+\cdots \\&()=1+\ (\frac (1)(2))\ \ \ +\ quad (\frac (1)(2))\ \quad +\ \qquad \quad (\frac (1)(2))\qquad \ \quad \ +\quad \\ (\frac (1 )(2))\ \quad +\ \cdots .\end(порамнети)))Последниот ред очигледно се разминува. Овој доказ доаѓа од средновековен научник Николас-Орем(околу 1350 година).
Алтернативен доказ за дивергенција
Го покануваме читателот да ја потврди заблудата на овој доказ
Разлика помеѓу n (\displaystyle n)ти хармоничен број и природен логаритам n (\displaystyle n)конвергира во Ојлер-Машерони константа.
Разликата меѓу различните хармонски броеви никогаш не е еднаква на цел број и нема хармоничен број освен H 1 = 1 (\displaystyle H_(1)=1), не е цел број.
Поврзани серии
Дирихле серија
Генерализирана хармонична серија (или веднаш до Дирихле) се нарекува серија
∑ k = 1 ∞ 1 k α = 1 + 1 2 α + 1 3 α + 1 4 α + ⋯ + 1 k α + ⋯ (\displaystyle \sum _(k=1)^(\infty)(\frac ( 1)(k^(\alpha)))=1+(\frac (1)(2^(\alpha)))+(\frac (1)(3^(\alpha)))+(\frac ( 1)(4^(\алфа)))+\cточки +(\frac (1)(k^(\алфа)))+\cточки).Генерализираната хармонична серија се разминува во α ⩽ 1 (\displaystyle \alpha \leqslant 1)и конвергира во α > 1 (\displaystyle \alpha >1) .
Збир на генерализирана хармонична серија на ред α (\displaystyle \alpha)еднаква на вредноста Риманови зета функции :
∑ k = 1 ∞ 1 k α = ζ (α) (\displaystyle \sum _(k=1)^(\infty )(\frac (1)(k^(\alpha)))=\zeta (\alpha ))За парни броеви, оваа вредност е експлицитно изразена преку Пи, На пример, ζ (2) = π 2 6 (\displaystyle \zeta (2)=(\frac (\pi ^(2))(6))), а веќе за α=3 неговата вредност е аналитички непозната.
Друга илустрација за дивергенцијата на хармониските серии може да биде релацијата ζ (1 + 1 n) ∼ n (\displaystyle \zeta (1+(\frac (1)(n)))\sim n) . Затоа велат дека таква серија има веројатност 1, а збирот на серијата е случајна вредностсо интересни својства. На пример, функција на веројатност-густина, пресметано во точките +2 или −2 ја има вредноста:
0,124 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 7 642 …,што се разликува од ⅛ за помалку од 10 −42.
„Растенета“ хармонична серија
Серијата Кемпнер (Англиски)Ако земеме хармонична серија во која се оставени само членовите чии именители не го содржат бројот 9, тогаш излегува дека преостанатиот збир конвергира кон бројот<80 . Более того, доказано, что если оставить слагаемые, не содержащие любой заранее выбранной последовательности цифр, то полученный ряд будет сходиться. Однако из этого будет ошибочно заключать о сходимости исходного гармонического ряда, так как с ростом разрядов в числе n (\displaystyle n), сè помалку термини се земаат за збирот на серијата „разредена“. Тоа е, во крајна линија, огромното мнозинство на поими кои го формираат збирот на хармониската серија се отфрлени за да не се надмине геометриската прогресија што ја ограничува одозгора.
Оваа статија дава структурирани и детални информации кои можат да бидат корисни при анализа на вежби и задачи. Ќе ја разгледаме темата за сериите на броеви.
Оваа статија започнува со основни дефиниции и концепти. Следно, ќе користиме стандардни опции и ќе ги проучуваме основните формули. Со цел да се консолидира материјалот, статијата дава основни примери и задачи.
Основни тези
Прво, да го замислиме системот: a 1 , a 2 . . . , а н , . . . , каде a k ∈ R, k = 1, 2. . . .
На пример, да земеме броеви како што се: 6, 3, - 3 2, 3 4, 3 8, - 3 16, . . . .
Дефиниција 1
Бројна серија е збир од членовите ∑ a k k = 1 ∞ = a 1 + a 2 + . . . + a n + . . . .
За подобро да ја разберете дефиницијата, разгледајте го дадениот случај во кој q = - 0. 5: 8 - 4 + 2 - 1 + 1 2 - 1 4 + . . . = ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k .
Дефиниција 2
a k е општо или k –thчлен на серијата.
Изгледа нешто вака - 16 · - 1 2 k.
Дефиниција 3
Делумен збир на серииизгледа нешто вака S n = a 1 + a 2 + . . . + a n , во која n- кој било број. S n е n-тизбирот на серијата.
На пример, ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k е S 4 = 8 - 4 + 2 - 1 = 5.
S 1 , S 2 , . . . , S n , . . . формираат бесконечна низа од броеви.
За ред n-тизбирот се наоѓа со формулата S n = a 1 · (1 - q n) 1 - q = 8 · 1 - - 1 2 n 1 - - 1 2 = 16 3 · 1 - - 1 2 n. Ја користиме следната низа од парцијални збирови: 8, 4, 6, 5, . . . , 16 3 · 1 - - 1 2 n , . . . .
Дефиниција 4
Серијата ∑ k = 1 ∞ a k е конвергентенкога низата има конечна граница S = lim S n n → + ∞ . Ако нема ограничување или низата е бесконечна, тогаш серијата ∑ k = 1 ∞ a k се нарекува дивергентни.
Дефиниција 5
Збир на конвергентна серија∑ k = 1 ∞ a k е граница на низата ∑ k = 1 ∞ a k = lim S n n → + ∞ = S .
Во овој пример, lim S n n → + ∞ = lim 16 3 t → + ∞ · 1 - 1 2 n = 16 3 · lim n → + ∞ 1 - - 1 2 n = 16 3, ред ∑ k = 1 ∞ ( - 16) · - 1 2 k конвергира. Збирот е 16 3: ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k = 16 3.
Пример 1
Пример за дивергентна серија е збирот на геометриска прогресија со именител поголем од еден: 1 + 2 + 4 + 8 +. . . + 2 n - 1 + . . . = ∑ k = 1 ∞ 2 k - 1 .
n-тата парцијална сума е дадена со S n = a 1 (1 - q n) 1 - q = 1 (1 - 2 n) 1 - 2 = 2 n - 1, а границата на парцијалните суми е бесконечна: lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ (2 n - 1) = + ∞ .
Друг пример за дивергентна бројна серија е збир од формата ∑ k = 1 ∞ 5 = 5 + 5 + . . . . Во овој случај, n-тата парцијална сума може да се пресмета како Sn = 5n. Границата на парцијалните суми е бесконечна lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ 5 n = + ∞ .
Дефиниција 6
Збир од истата форма како ∑ k = 1 ∞ = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n + . . . - Ова хармоничен серија на броеви.
Дефиниција 7
Збир ∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s + . . . + 1 n s + . . . , Каде с– реален број, е генерализирана хармонична бројна серија.
Дефинициите дискутирани погоре ќе ви помогнат да ги решите повеќето примери и проблеми.
За да се комплетираат дефинициите, потребно е да се докажат одредени равенки.
- ∑ k = 1 ∞ 1 k – дивергентни.
Ние користиме обратен метод. Ако се конвергира, тогаш границата е конечна. Можеме да ја напишеме равенката како lim n → + ∞ S n = S и lim n → + ∞ S 2 n = S. По одредени дејства ја добиваме еднаквоста l i m n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0.
Против,
S 2 n - S n = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n + 1 n + 1 + 1 n + 2 + . . . + 1 2 n - - 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n = 1 n + 1 + 1 n + 2 + . . . + 1 2 n
Валидни се следните неравенки: 1 n + 1 > 1 2 n, 1 n + 1 > 1 2 n, . . . , 1 2 n - 1 > 1 2 n . Добиваме дека S 2 n - S n = 1 n + 1 + 1 n + 2 + . . . + 1 2 n > 1 2 n + 1 2 n + . . . + 1 2 n = n 2 n = 1 2 . Изразот S 2 n - S n > 1 2 покажува дека lim n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 не е постигнато. Серијата е дивергентна.
- b 1 + b 1 q + b 1 q 2 + . . . + b 1 q n + . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 q k - 1
Неопходно е да се потврди дека збирот на низа од броеви конвергира на q< 1 , и расходится при q ≥ 1 .
Според горенаведените дефиниции, износот nтермините се одредуваат според формулата S n = b 1 · (q n - 1) q - 1 .
Ако q< 1 верно
lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · q n - 1 q - 1 = b 1 · lim n → + ∞ q n q - 1 - lim n → + ∞ 1 q - 1 = = b 1 · 0 - 1 q - 1 = b 1 q - 1
Докажавме дека серијата на броеви конвергира.
За q = 1 b 1 + b 1 + b 1 + . . . ∑ k = 1 ∞ b 1 . Сумовите може да се најдат со помош на формулата S n = b 1 · n, границата е бесконечна lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · n = ∞. Во презентираната верзија, серијата се разминува.
Ако q = - 1, тогаш серијата изгледа како b 1 - b 1 + b 1 - . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 (- 1) k + 1 . Делумните суми изгледаат како S n = b 1 за непарни n, и S n = 0 за дури n. Откако го разгледавме овој случај, ќе се погрижиме да нема ограничување и дека серијата е дивергентна.
За q > 1, lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · (q n - 1) q - 1 = b 1 · lim n → + ∞ q n q - 1 - lim n → + ∞ 1 q - 1 = = b 1 · ∞ - 1 q - 1 = ∞
Докажавме дека серијата на броеви се разликува.
- Серијата ∑ k = 1 ∞ 1 k s конвергира ако s > 1и дивергира ако s ≤ 1.
За s = 1добиваме ∑ k = 1 ∞ 1 k, серијата се разминува.
Кога с< 1 получаем 1 k s ≥ 1 k для к,природен број. Бидејќи серијата е дивергентна ∑ k = 1 ∞ 1 k , нема ограничување. По ова, низата ∑ k = 1 ∞ 1 k s е неограничена. Заклучуваме дека избраната серија се разминува кога с< 1 .
Неопходно е да се обезбедат докази дека серијата ∑ k = 1 ∞ 1 k s конвергира за s > 1.
Ајде да замислиме S 2 n - 1 - S n - 1:
S 2 n - 1 - S n - 1 = 1 + 1 2 s + 1 3 s +. . . + 1 (n - 1) s + 1 n s + 1 (n + 1) s + . . . + 1 (2 n - 1) s - - 1 + 1 2 s + 1 3 s + . . . + 1 (n - 1) s = 1 n s + 1 (n + 1) s + . . . + 1 (2 n - 1) с
Да претпоставиме дека 1 (n + 1) s< 1 n s , 1 (n + 2) s < 1 n s , . . . , 1 (2 n - 1) s < 1 n s , тогда S 2 n - 1 - S n - 1 = 1 n s + 1 (n + 1) s + . . . + 1 (2 n - 1) s < < 1 n s + 1 n s + . . . + 1 n s = n n s = 1 n s - 1
Да ја замислиме равенката за броеви кои се природни и парни n = 2: S 2 n - 1 - S n - 1 = S 3 - S 1 = 1 2 s + 1 3 s< 1 2 s - 1 n = 4: S 2 n - 1 - S n - 1 = S 7 - S 3 = 1 4 s + 1 5 s + 1 6 s + 1 7 s < 1 4 s - 1 = 1 2 s - 1 2 n = 8: S 2 n - 1 - S n - 1 = S 15 - S 7 = 1 8 s + 1 9 s + . . . + 1 15 s < 1 8 s - 1 = 1 2 s - 1 3 . . .
Добиваме:
∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s + 1 4 s + . . . + 1 7 с + 1 8 с + . . . + 1 15 с + . . . = = 1 + S 3 - S 1 + S 7 - S 3 + S 15 + S 7 +. . .< < 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . .
Изразот е 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . . е збир на геометриската прогресија q = 1 2 s - 1. Според првичните податоци на s > 1, потоа 0< q < 1 . Получаем, ∑ k = 1 ∞ < 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . . = 1 1 - q = 1 1 - 1 2 s - 1 . Последовательность ряда при s > 1се зголемува и е ограничен од горе 1 1 - 1 2 s - 1 . Да замислиме дека има граница и серијата е конвергентна ∑ k = 1 ∞ 1 k s .
Дефиниција 8
Серија ∑ k = 1 ∞ a k е позитивен во тој случај, ако неговите членови > 0 a k > 0 , k = 1 , 2 , . . . .
Серија ∑ k = 1 ∞ b k сигнализирање, ако знаците на броевите се различни. Овој пример е претставен како ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · a k или ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 · a k , каде што a k > 0 , k = 1 , 2 , . . . .
Серија ∑ k = 1 ∞ b k наизменично, бидејќи содржи многу броеви, негативни и позитивни.
Втората опција серијата е посебен случај на третата опција.
Еве примери за секој случај, соодветно:
6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 + . . . 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . . 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . .
За третата опција, можете исто така да одредите апсолутна и условна конвергенција.
Дефиниција 9
Наизменичната серија ∑ k = 1 ∞ b k е апсолутно конвергентна во случај кога ∑ k = 1 ∞ b k исто така се смета за конвергентна.
Да разгледаме неколку типични опции во детали.
Пример 2
Ако редовите се 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 +. . . и 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . . се дефинирани како конвергентни, тогаш точно е да се претпостави дека 6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 + . . .
Дефиниција 10
Наизменична серија ∑ k = 1 ∞ b k се смета за условно конвергентна ако ∑ k = 1 ∞ b k е дивергентна, а серијата ∑ k = 1 ∞ b k се смета за конвергентна.
Пример 3
Да ја испитаме детално опцијата ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . . Серијата ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = ∑ k = 1 ∞ 1 k, која се состои од апсолутни вредности, се дефинира како дивергентна. Оваа опција се смета за конвергентна бидејќи е лесно да се одреди. Од овој пример дознаваме дека серијата ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . ќе се сметаат за условно конвергентни.
Карактеристики на конвергентни серии
Ајде да ги анализираме својствата за одредени случаи
- Ако ∑ k = 1 ∞ a k конвергира, тогаш серијата ∑ k = m + 1 ∞ a k исто така се смета за конвергентна. Може да се забележи дека редот без мтермините исто така се сметаат за конвергентни. Ако додадеме неколку броеви на ∑ k = m + 1 ∞ a k, тогаш добиениот резултат исто така ќе биде конвергентен.
- Ако ∑ k = 1 ∞ a k конвергира и збирот = С, тогаш се конвергира и серијата ∑ k = 1 ∞ A · a k , ∑ k = 1 ∞ A · a k = A · S, каде што А- постојана.
- Ако ∑ k = 1 ∞ a k и ∑ k = 1 ∞ b k се конвергентни, збировите АИ Бисто така, тогаш сериите ∑ k = 1 ∞ a k + b k и ∑ k = 1 ∞ a k - b k исто така се спојуваат. Износите ќе бидат еднакви А+БИ А - Бсоодветно.
Определи дека серијата конвергира ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 .
Да го промениме изразот ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 = ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 . Серијата ∑ k = 1 ∞ 1 k 4 3 се смета за конвергентна, бидејќи серијата ∑ k = 1 ∞ 1 k s конвергира кога s > 1. Според второто својство, ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 .
Пример 5
Определи дали серијата ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 конвергира.
Да ја трансформираме оригиналната верзија ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + n n 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + ∑ n = 1 n ∞ .
Го добиваме збирот ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 и ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 . Секоја серија се смета за конвергентна според својството. Така, како што се спојуваат сериите, така се зголемува и оригиналната верзија.
Пример 6
Пресметајте дали серијата 1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 + конвергира. . . и пресметајте ја сумата.
Ајде да ја прошириме оригиналната верзија:
1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 + . . . = = 1 + 1 2 + 1 4 + 1 8 + . . . - 2 · 3 + 1 + 1 3 + 1 9 + . . . = = ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 - 2 · ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2
Секоја серија конвергира затоа што е еден од членовите на бројна низа. Според третото својство, можеме да пресметаме дека и оригиналната верзија е конвергентна. Го пресметуваме збирот: Првиот член од серијата ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1, а именителот = 0. 5, ова е проследено со, ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1 1 - 0 . 5 = 2. Првиот член е ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3, а именителот на опаѓачката броена низа = 1 3. Добиваме: ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 1 - 1 3 = 9 2 .
Ги користиме изразите добиени погоре за да го одредиме збирот 1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 +. . . = ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 - 2 ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 2 - 2 9 2 = - 7
Неопходен услов за да се утврди дали една серија е конвергентна
Дефиниција 11Ако серијата ∑ k = 1 ∞ a k е конвергентна, тогаш нејзината граница kthчлен = 0: lim k → + ∞ a k = 0 .
Ако провериме која било опција, не смееме да заборавиме на неопходната состојба. Ако не се исполни, тогаш серијата се разминува. Ако lim k → + ∞ a k ≠ 0, тогаш серијата е дивергентна.
Треба да се разјасни дека состојбата е важна, но не е доволна. Ако важи еднаквоста lim k → + ∞ a k = 0, тогаш тоа не гарантира дека ∑ k = 1 ∞ a k е конвергентен.
Да дадеме пример. За хармониската серија ∑ k = 1 ∞ 1 k условот е задоволен lim k → + ∞ 1 k = 0, но серијата сепак се разминува.
Пример 7
Да се определи конвергенцијата ∑ n = 1 ∞ n 2 1 + n .
Да го провериме оригиналниот израз за исполнување на условот lim n → + ∞ n 2 1 + n = lim n → + ∞ n 2 n 2 1 n 2 + 1 n = lim n → + ∞ 1 1 n 2 + 1 n = 1 + 0 + 0 = + ∞ ≠ 0
Граница n-тичлен не е еднаков на 0. Докажавме дека оваа серија се разминува.
Како да се одреди конвергенцијата на позитивна серија.
Ако постојано ги користите овие карактеристики, ќе мора постојано да ги пресметувате границите. Овој дел ќе ви помогне да избегнете потешкотии при решавање на примери и проблеми. За да се одреди конвергенцијата на позитивна серија, постои одреден услов.
За конвергенција на позитивен знак ∑ k = 1 ∞ a k , a k > 0 ∀ k = 1 , 2 , 3 , . . . потребно е да се определи ограничена низа на суми.
Како да се споредат сериите
Постојат неколку знаци за споредба на сериите. Ги споредуваме сериите чијашто конвергенција се предлага да се одреди со серијата чијашто конвергенција е позната.
Првиот знак
∑ k = 1 ∞ a k и ∑ k = 1 ∞ b k се серија со позитивен знак. Неравенството a k ≤ b k важи за k = 1, 2, 3, ...Од ова произлегува дека од серијата ∑ k = 1 ∞ b k можеме да добиеме ∑ k = 1 ∞ a k . Бидејќи ∑ k = 1 ∞ a k е дивергентна, серијата ∑ k = 1 ∞ b k може да се дефинира како дивергентна.
Ова правило постојано се користи за решавање равенки и е сериозен аргумент кој ќе помогне да се одреди конвергенцијата. Тешкотијата може да лежи во фактот што не е можно да се најде соодветен пример за споредба во секој случај. Доста често, серија се избира според принципот дека индикаторот kthчлен ќе биде еднаков на резултатот од одземање на експонентите на броителот и именителот kthчлен на серијата. Да претпоставиме дека a k = k 2 + 3 4 k 2 + 5 , разликата ќе биде еднаква на 2 – 3 = - 1 . ВО во овој случајможе да се утврди дека за споредба серија со k-тичлен b k = k - 1 = 1 k, што е хармонично.
За да го консолидираме добиениот материјал, детално ќе разгледаме неколку типични опции.
Пример 8
Определи колку е серијата ∑ k = 1 ∞ 1 k - 1 2.
Бидејќи граница = 0 lim k → + ∞ 1 k - 1 2 = 0, направивме неопходен услов. Нееднаквоста ќе биде фер 1 k< 1 k - 1 2 для к,кои се природни. Од претходните параграфи дознавме дека хармониската серија ∑ k = 1 ∞ 1 k е дивергентна. Според првиот критериум, може да се докаже дека оригиналната верзија е дивергентна.
Пример 9
Определи дали серијата е конвергентна или дивергентна ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 .
Во овој пример, потребниот услов е исполнет, бидејќи lim k → + ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 = 0. Ја претставуваме како неравенка 1 k 3 + 3 k - 1< 1 k 3 для любого значения к. Серијата ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 е конвергентна, бидејќи хармониската серија ∑ k = 1 ∞ 1 k s конвергира за s > 1. Според првиот критериум, можеме да заклучиме дека серијата на броеви е конвергентна.
Пример 10
Определи колку е серијата ∑ k = 3 ∞ 1 k ln (ln k). lim k → + ∞ 1 k ln (ln k) = 1 + ∞ + ∞ = 0 .
Во оваа опција, можете да го означите исполнувањето на саканиот услов. Ајде да дефинираме серија за споредба. На пример, ∑ k = 1 ∞ 1 k s . За да одредите кој е степенот, земете ја низата (ln (ln k)), k = 3, 4, 5. . . . Членови на низата ln (ln 3) , ln (ln 4) , ln (ln 5) , . . . се зголемува до бесконечност. Откако ја анализиравме равенката, можеме да забележиме дека, земајќи го N = 1619 како вредност, потоа термините на низата > 2. За оваа низа неравенството 1 k ln (ln k) ќе биде точно< 1 k 2 . Ряд ∑ k = N ∞ 1 k 2 сходится согласно первому признаку, так как ряд ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 тоже сходящийся. Отметим, что согласно первому признаку ряд ∑ k = N ∞ 1 k ln (ln k) сходящийся. Можно сделать вывод, что ряд ∑ k = 3 ∞ 1 k ln (ln k) также сходящийся.
Втор знак
Да претпоставиме дека ∑ k = 1 ∞ a k и ∑ k = 1 ∞ b k се позитивни броеви серии.
Ако lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ , тогаш серијата ∑ k = 1 ∞ b k конвергира, а ∑ k = 1 ∞ a k исто така конвергира.
Ако lim k → + ∞ a k b k ≠ 0, тогаш бидејќи серијата ∑ k = 1 ∞ b k се разминува, тогаш ∑ k = 1 ∞ a k исто така се разминува.
Ако lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ и lim k → + ∞ a k b k ≠ 0, тогаш конвергенцијата или дивергенцијата на серија значи конвергенција или дивергенција на друга.
Размислете за ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 користејќи го вториот знак. За споредба ∑ k = 1 ∞ b k ја земаме конвергентната серија ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 . Да ја дефинираме границата: lim k → + ∞ a k b k = lim k → + ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 1 k 3 = lim k → + ∞ k 3 k 3 + 3 k - 1 = 1
Според вториот критериум, може да се утврди дека конвергентната серија ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 значи дека и оригиналната верзија конвергира.
Пример 11
Определи колку е серијата ∑ n = 1 ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5.
Да го анализираме потребниот услов lim k → ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 = 0, што е задоволено во оваа верзија. Според вториот критериум земете ја серијата ∑ k = 1 ∞ 1 k . Ја бараме границата: lim k → + ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 1 k = lim k → + ∞ k 3 + 3 k 4 k 3 + 5 = 1 4
Според горенаведените тези, дивергентна серија повлекува дивергенција од оригиналната серија.
Трет знак
Да го разгледаме третиот знак за споредба.
Да претпоставиме дека ∑ k = 1 ∞ a k и _ ∑ k = 1 ∞ b k се позитивни броеви серии. Ако условот е исполнет за одреден број a k + 1 a k ≤ b k + 1 b k , тогаш конвергенцијата на оваа серија ∑ k = 1 ∞ b k значи дека и серијата ∑ k = 1 ∞ a k е конвергентна. Дивергентната серија ∑ k = 1 ∞ a k ја повлекува дивергенцијата ∑ k = 1 ∞ b k.
Знак D'Alembert
Да замислиме дека ∑ k = 1 ∞ a k е позитивна бројна серија. Ако lim k → + ∞ a k + 1 a k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k + 1 a k >1, потоа дивергентни.
Забелешка 1
Тестот на Д'Алембер е валиден ако границата е бесконечна.
Ако lim k → + ∞ a k + 1 a k = - ∞ , тогаш серијата е конвергентна, ако lim k → ∞ a k + 1 a k = + ∞ , тогаш таа е дивергентна.
Ако lim k → + ∞ a k + 1 a k = 1, тогаш знакот d’Alembert нема да помогне и ќе биде потребно уште некое истражување.
Пример 12
Определи дали серијата е конвергентна или дивергентна ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 2 k користејќи го тестот на d’Alembert.
Неопходно е да се провери дали е исполнет неопходниот услов за конвергенција. Да ја пресметаме границата користејќи го правилото на L'Hopital: lim k → + ∞ 2 k + 1 2 k = ∞ ∞ = lim k → + ∞ 2 k + 1 " 2 k " = lim k → + ∞ 2 2 k ln 2 = 2 + ∞ ln 2 = 0
Можеме да видиме дека условот е исполнет. Да го искористиме тестот на d'Alembert: lim k → + ∞ = lim k → + ∞ 2 (k + 1) + 1 2 k + 1 2 k + 1 2 k = 1 2 lim k → + ∞ 2 k + 3 2 k + 1 = 12< 1
Серијата е конвергентна.
Пример 13
Определи дали серијата е дивергентна ∑ k = 1 ∞ k k k ! .
Да го искористиме тестот на Д'Алембер за да ја одредиме дивергенцијата на серијата: lim k → + ∞ a k + 1 a k = lim k → + ∞ (k + 1) k + 1 (k + 1) ! к к к! = lim k → + ∞ (k + 1) k + 1 · k ! k k · (k + 1) ! = lim k → + ∞ (k + 1) k + 1 k k · (k + 1) = = lim k → + ∞ (k + 1) k k k = lim k → + ∞ k + 1 k k = lim k → + ∞ 1 + 1 k k = e > 1
Затоа, серијата е дивергентна.
Знак на радикал Коши
Да претпоставиме дека ∑ k = 1 ∞ a k е серија со позитивен знак. Ако lim k → + ∞ a k k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k k >1, потоа дивергентни.
Забелешка 2
Ако lim k → + ∞ a k k = 1, тогаш овој знак не дава никакви информации - потребна е дополнителна анализа.
Оваа карактеристика може да се користи во примери кои лесно се идентификуваат. Случајот ќе биде типичен кога член на бројна серија е израз на експоненцијална моќност.
Со цел да се консолидираат добиените информации, да разгледаме неколку типични примери.
Пример 14
Определи дали серијата со позитивни знаци ∑ k = 1 ∞ 1 (2 k + 1) k е конвергентна.
Потребниот услов се смета за исполнет, бидејќи lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k = 1 + ∞ + ∞ = 0 .
Според критериумот дискутиран погоре, добиваме lim k → + ∞ a k k = lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k k = lim k → + ∞ 1 2 k + 1 = 0< 1 . Данный ряд является сходимым.
Пример 15
Дали се конвергира бројната серија ∑ k = 1 ∞ 1 3 k · 1 + 1 k k 2?
Ја користиме карактеристиката опишана во претходниот пасус lim k → + ∞ 1 3 k 1 + 1 k k 2 k = 1 3 lim k → + ∞ 1 + 1 k k = e 3< 1 , следовательно, числовой ряд сходится.
Интегрален Коши тест
Да претпоставиме дека ∑ k = 1 ∞ a k е серија со позитивен знак. Неопходно е да се означи функцијата на континуиран аргумент y = f(x), што се совпаѓа со n = f (n) . Ако y = f(x)поголема од нула, не се прекинува и се намалува за [a; + ∞), каде што a ≥ 1
Потоа во случај неправилен интеграл∫ a + ∞ f (x) d x е конвергентна, тогаш и серијата што се разгледува е конвергентна. Ако се разминува, тогаш во разгледуваниот пример серијата исто така се разминува.
Кога проверувате дали некоја функција се намалува, можете да го користите материјалот опфатен во претходните лекции.
Пример 16
Разгледајте го примерот ∑ k = 2 ∞ 1 k · ln k за конвергенција.
Условот за конвергенција на серијата се смета за исполнет, бидејќи lim k → + ∞ 1 k · ln k = 1 + ∞ = 0 . Размислете за y = 1 x ln x. Тој е поголем од нула, не е прекинат и се намалува за [2; + ∞). Првите две точки се познати со сигурност, но третата треба да се дискутира подетално. Најдете го изводот: y " = 1 x · ln x " = x · ln x " x · ln x 2 = ln x + x · 1 x x · ln x 2 = - ln x + 1 x · ln x 2. Тоа е помалку од нула на [ 2 ;
Всушност, функцијата y = 1 x ln x одговара на карактеристиките на принципот што го разгледавме погоре. Да го искористиме: ∫ 2 + ∞ d x x · ln x = lim A → + ∞ ∫ 2 A d (ln x) ln x = lim A → + ∞ ln (ln x) 2 A = = lim A → + ∞ (ln ( ln A) - ln (ln 2)) = ln (ln (+ ∞)) - ln (ln 2) = + ∞
Според добиените резултати, оригиналниот пример се разминува, бидејќи неправилниот интеграл е дивергентен.
Пример 17
Докажете ја конвергенцијата на серијата ∑ k = 1 ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 .
Бидејќи lim k → + ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 = 1 + ∞ = 0, тогаш условот се смета за задоволен.
Почнувајќи од k = 4, точниот израз е 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3< 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .
Ако серијата ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 се смета за конвергентна, тогаш, според еден од принципите на споредба, серијата ∑ k = 4 ∞ 1 (10 k - 9) ( ln (5 k + 8)) 3 исто така ќе се смета за конвергентен. На овој начин можеме да утврдиме дека оригиналниот израз е исто така конвергентен.
Да преминеме на доказот: ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .
Бидејќи функцијата y = 1 5 x + 8 (ln (5 x + 8)) 3 е поголема од нула, таа не се прекинува и се намалува за [4; + ∞). Ја користиме функцијата опишана во претходниот пасус:
∫ 4 + ∞ d x (5 x + 8) (l n (5 x + 8)) 3 = lim A → + ∞ ∫ 4 A d x (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 = = 1 5 lim A → + ∞ ∫ 4 A d (ln (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 = - 1 10 lim A → + ∞ 1 (ln (5 x + 8)) 2 | 4 A = = - 1 10 · lim A → + ∞ 1 (ln (5 · A + 8)) 2 - 1 (ln (5 · 4 + 8)) 2 = = - 1 10 · 1 + ∞ - 1 (ln 28) 2 = 1 10 · ln 28 2
Во добиената конвергентна серија, ∫ 4 + ∞ d x (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3, можеме да одредиме дека ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8 )) 3 исто така конвергира.
Знакот на Рабе
Да претпоставиме дека ∑ k = 1 ∞ a k е позитивна бројна серија.
Ако lim k → + ∞ k · a k a k + 1< 1 , то ряд расходится, если lim k → + ∞ k · a k a k + 1 - 1 >1, тогаш се конвергира.
Овој метод на определување може да се користи доколку техниките опишани погоре не даваат видливи резултати.
Студија за апсолутна конвергенција
За студијата земаме ∑ k = 1 ∞ b k . Користиме позитивен знак ∑ k = 1 ∞ b k . Можеме да користиме која било од соодветните карактеристики што ги опишавме погоре. Ако серијата ∑ k = 1 ∞ b k конвергира, тогаш оригиналната серија е апсолутно конвергентна.
Пример 18
Истражете ја серијата ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 за конвергенција ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 = ∑ k = 1 ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 .
Условот е задоволен lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 = 1 + ∞ = 0 . Да користиме ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 2 и да го користиме вториот знак: lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 1 k 3 2 = 1 3 .
Серијата ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 конвергира. Оригиналната серија е исто така апсолутно конвергентна.
Дивергенција на наизменични серии
Ако серијата ∑ k = 1 ∞ b k е дивергентна, тогаш соодветната наизменична серија ∑ k = 1 ∞ b k е или дивергентна или условно конвергентна.
Само тестот на d'Alembert и радикалниот Коши тест ќе помогнат да се извлечат заклучоци за ∑ k = 1 ∞ b k од дивергенцијата од модулите ∑ k = 1 ∞ b k . Серијата ∑ k = 1 ∞ b k, исто така, се разминува ако не е исполнет неопходниот услов за конвергенција, односно ако lim k → ∞ + b k ≠ 0.
Пример 19
Проверете ја дивергенцијата 1 7, 2 7 2, - 6 7 3, 24 7 4, 120 7 5 - 720 7 6, . . . .
Модул kthтерминот е претставен како b k = k ! 7 к.
Да ја испитаме серијата ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k за конвергенција користејќи го тестот на d'Alembert: lim k → + ∞ b k + 1 b k = lim k → + ∞ (k + 1) ! 7 k + 1 k! 7 k = 1 7 · lim k → + ∞ (k + 1) = + ∞ .
∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k се разликува на ист начин како и оригиналната верзија.
Пример 20
Дали ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) конвергентен.
Да го разгледаме потребниот услов lim k → + ∞ b k = lim k → + ∞ k 2 + 1 ln (k + 1) = ∞ ∞ = lim k → + ∞ = k 2 + 1 " (ln (k + 1)) " = = lim k → + ∞ 2 k 1 k + 1 = lim k → + ∞ 2 k (k + 1) = + ∞ . Условот не е исполнет, затоа ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) серијата е дивергентна. Лимитот беше пресметан користејќи го правилото на L'Hopital.
Условни критериуми за конвергенција
Лајбницовиот тест
Дефиниција 12Ако вредностите на термините од наизменичната серија се намалат b 1 > b 2 > b 3 > . . . > . . . а границата на модулот = 0 како k → + ∞, тогаш серијата ∑ k = 1 ∞ b k конвергира.
Пример 17
Размислете за ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) за конвергенција.
Серијата е претставена како ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) . Потребниот услов е задоволен: lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 . Размислете за ∑ k = 1 ∞ 1 k според вториот споредбен критериум lim k → + ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) 1 k = lim k → + ∞ 2 k + 1 5 (k + 1) = 2 5
Откриваме дека ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) дивергира. Серијата ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) конвергира според критериумот Лајбниц: низа 2 1 + 1 5 1 1 1 + 1 = 3 10, 2 2 + 1 5 · 2 · (2 + 1) = 5 30 , 2 · 3 + 1 5 · 3 · 3 + 1 , . . . се намалува и lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 .
Серијата се спојува условно.
Абел-Дирихле тест
Дефиниција 13∑ k = 1 + ∞ u k · v k конвергира ако ( u k ) не се зголеми и низата ∑ k = 1 + ∞ v k е ограничена.
Пример 17
Истражете 1 - 3 2 + 2 3 + 1 4 - 3 5 + 1 3 + 1 7 - 3 8 + 2 9 + . . . за конвергенција.
Ајде да замислиме
1 - 3 2 + 2 3 + 1 4 - 3 5 + 1 3 + 1 7 - 3 8 + 2 9 + . . . = 1 1 + 1 2 (- 3) + 1 3 2 + 1 4 1 + 1 5 (- 3) + 1 6 = ∑ k = 1 ∞ u k v k
каде што (u k) = 1, 1 2, 1 3, . . . не се зголемува, а низата (v k) = 1, - 3, 2, 1, - 3, 2, . . . ограничено (S k) = 1, - 2, 0, 1, - 2, 0, . . . . Серијата се спојува.
Доколку забележите грешка во текстот, означете ја и притиснете Ctrl+Enter
Да го најдеме збирот на низа броеви. Ако не можете да го најдете, тогаш системот со одредена точност го пресметува збирот на серијата.
Конвергенција на сериите
Овој калкулатор може да одреди дали серијата конвергира и исто така покажува кои знаци на конвергенција функционираат, а кои не.
Знае и како да ја одреди конвергенцијата на сериите на моќност.
Конструиран е и график на серијата, каде што можете да ја видите стапката на конвергенција на серијата (или дивергенција).
Правила за внесување изрази и функции
Изразите може да се состојат од функции (нотациите се дадени по азбучен редослед): апсолутна (x)
Абсолутна вредност x
(модул xили |x|)
арки (x)Функција - лак косинус на x arccosh (x)Лачен косинус хиперболичен од x arcsin (x)Арксин од x arcsinh (x)Арксин хиперболичен од x арктан (x)Функција - арктангенс на x arctgh(x)Арктангент хиперболичен од x д дброј кој е приближно еднаков на 2,7 exp(x)Функција - експонент на x(што е д^x)
дневник (x)или ln(x)Природен логаритам на x
(За да се добие log7(x), треба да внесете log(x)/log(7) (или, на пример, за log10(x)=log(x)/log(10)) пиБројот е „Пи“, што е приближно еднаков на 3,14 грев (x)Функција - Синус од x cos(x)Функција - косинус на x sinh (x)Функција - Синус хиперболична од x кош (x)Функција - косинус хиперболична од x sqrt(x)Функција - Квадратен коренод x sqr(x)или x^2Функција - квадрат x тен (x)Функција - Тангента од x tgh(x)Функција - Тангента хиперболична од x cbrt(x)Функција - коцка корен на x
Следниве операции може да се користат во изрази: Реални бројкивнесете како 7.5
, Не 7,5
2 * x- множење 3/x- поделба x^3- експоненцијација x+7- дополнување x - 6- одземање
Други карактеристики: кат (x)Функција - заокружување xнадолу (пример кат(4.5)==4.0) таванот (x)Функција - заокружување xнагоре (пример плафон (4,5)==5,0) знак (x)Функција - Знак x erf (x)Функција за грешка (или интеграл на веројатност) лаплас (x)Лапласова функција
Се вчитува...